Utilizzando lo sviluppo di Mc Laurin al primo ordine del log(1 + x), con x = 2/n, si ottiene n→+∞lim n4+ 1 n3+ 5log(1 +2 n

SOLUZIONI COMPITO

Esercizio 1

Osserviamo innanzitutto che il limite proposto si pu`o riscrivere nella forma

n→+∞lim µ

1 + 2 n

¶ⁿ⁴⁺¹

n3+5 = lim

n→+∞exp

·n⁴+ 1

n³+ 5log(1 +2 n)

¸ .

Utilizzando lo sviluppo di Mc Laurin al primo ordine del log(1 + x), con x = 2/n, si ottiene

n→+∞lim n⁴+ 1

n³+ 5log(1 +2

n) = lim

n→+∞

n⁴ n³

2 n = 2 . Pertanto il limite richiesto vale e².

Esercizio 2

L’equazione differenziale proposta `e un’equazione a variabili separabili. Essa ha come integrale singolare y(x) = 0, che non risolve il problema di Cauchy assegnato. Per y 6= 0, il suo integrale generale si ottiene

come segue: Z

1 y² dy =

Z

x cos x dx =⇒ −1

y = x sin x + cos x + C da cui

y(x) = − 1

x sin x + cos x + C.

Imponendo la condizione iniziale y(0) = 1, si ricava C = −2, quindi la soluzione cercata sar`a

y(x) = − 1

x sin x + cos x − 2. Esercizio 3

Effettuando un cambiamento in coordinate polari, x = r cos θ e y = r sin θ, si ottiene

(x,y)→(0,0)lim

x²(e^x2+y2− 1) p(x²+ y²)³ = lim

r→0⁺

r²cos²θ(e^r2− 1)

r³ = lim

r→0⁺

cos²θ(e^r2− 1)

r = lim

r→0⁺

cos²θ · r² r = 0 ,

dove, nella penultima uguaglianza, si `e usato lo sviluppo di Mc Laurin al primo ordine di e^x, con x = r². Esercizio 4

Poich´e f⁰(x) = −2 sin 2x +√

3, si ottiene facilmente che

f⁰(x) > 0 se 0 < x < π/6 oppure se π/3 < x < π , f⁰(x) < 0 se π/6 < x < π/3 .

Pertanto il punto di minimo assoluto va cercato tra i punti x = 0 e x = π/3, mentre il punto di massimo assoluto va cercato tra i punti x = π/6 e x = π. Poich´e

f (0) = 1 f (π/3) = −¹₂+^√π₃ e f (π/6) = ¹₂+^√₆³π f (π) = 1 +√

3π ,

si ottiene che il minimo assoluto di f in [0, π] `e raggiunto nel punto x = 0 e vale 1, mentre il massimo assoluto di f in [0, π] `e raggiunto nel punto x = π e vale 1 +√

3π.

1

Esercizio 5

1. Per α = −1, l’integrale proposto diventa Z _+∞

0

1 − e^−x (x + 1)^3/2 dx

che va studiato esclusivamente in un intorno di +∞. Osservando che per x → +∞, 0 ≤ f (x) ≤ _x3/2¹ , si ottiene che l’integrale improprio converge, grazie al criterio del confronto.

2. Per α = 0, l’integrale proposto diventa

Z _+∞

0

1 − e^−x x^3/2 dx

che va studiato sia in un intorno di +∞ che in un intorno di x = 0. Utilizzando lo sviluppo di Mc Laurin al primo ordine di e^y, con y = −x, si ottiene che, per x → 0⁺, f (x) ∼ _x3/2^x = _x1/2¹ e quindi l’integrale improprio converge in un intorno di x = 0, grazie al criterio del confronto asintotico. Poich´e all’infinito il comportamento `e analogo al caso precedente, si ricava che l’integrale proposto esiste finito.

3. Per α > 0, l’integrale proposto va studiato sia in un intorno di +∞ che in un intorno di x = α. D’altra parte, per x → α, f (x) ∼ _|x−α|^1−e−α_3/2 e quindi, applicando il criterio del confronto asintotico, si ottiene che l’integrale improprio non converge in un intorno di x = α.

Esercizio 6

Poich´e, per il Teorema Fondamentale del Calcolo Integrale, si ha che F⁰(x) = x³f (x), imponendo che f (x) < 0 per x > 0 e f (x) > 0 per x < 0 ,

si ottiene che x³f (x) < 0, per x 6= 0. Pertanto F⁰(x) < 0, per x 6= 0, e quindi la funzione integrale `e strettamente decrescente su tuttoR.

2